Cùng tham gia thử sức với “Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên ĐH Vinh, Nghệ An” để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức môn học nhằm chuẩn bị cho kì thi quan trọng sắp diễn ra. Chúc các em vượt qua kì thi học kì thật dễ dàng nhé!
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT chuyên ĐH Vinh, Nghệ An
- Đáp án đề thi vào lớp 10 môn Toán chuyên Đại
Học Vinh Nghệ An năm 2023
NGUYỄN NHẤT HUY − VÕ TRỌNG KHẢI
NGÀY 12 THÁNG 6 NĂM 2023
1
- L I GI I Đ THI TOÁN VÀO L P 10 CHUYÊN Đ I H C VINH
Câu 1
√
a) Giải phương trình x3 − 2x2 + x − 5(x − 1) x − 6 = 0.
5x + y = x2 y 2 − 15
b) Giải hệ phương trình
2x + 3y = 3x2 y 2 − 13xy − 6.
Lời giải.
√
a) Điều kiện xác định: x 0. Đặt t = (x − 1) x phương trình trở thành
√ √
x3 − 2x2 + x − 5(x − 1) x − 6 = 0 ⇔ x(x − 1)2 − 5(x − 1) x − 6 = 0
⇔ t2 − 5t − 6 = 0
⇔ (t + 1)(t − 6) = 0.
√
Ȋ Trường hợp 1. t = −1 suy ra 0 x < 1. Đặt x = a(0 a < 1), khi đó ta có
√
(x − 1) x = −1 ⇔ a3 − a + 1 = 0 (vô lý a3 + 1 − a > 0).
√
Ȋ Trường hợp 2. t = 6. Đặt x = a(a 0), khi đó ta có
√
(x − 1) x = 6 ⇔ a3 − a − 6 =0
2
⇔ (a − 2)(a + 2a + 3) = 0
⇔a=2 (vì a2 + 2a + 3 = (a + 1)2 + 2 > 2 > 0)
⇔x=4 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy tất cả các nghiệm thỏa mãn phương trình là x = 4.
5x + y = x2 y 2 − 15 (1)
b) Ta đặt phương trình như sau
2x + 3y = 3x2 y 2 − 13xy − 6. (2)
Ȋ Trường hợp 1. Nếu x = 0 thì −15 = y = −2 vô lý nên trường hợp này vô nghiệm.
Ȋ Trường hợp 2. Nếu x = 0, ta có biến đổi như sau
(1) · 3 − (2) ⇔ 13x = 13xy − 39
⇔ xy = x + 3
3
⇔y =1+ .
x
3
Thế y = 1 + vào phương trình (1), ta có
x
3
5x + 1 + = (x + 3)2 − 15 ⇔ 5x2 + x + 3 = x(x2 + 6x + 9) − 15x
x
⇔ x3 + x2 − 7x − 3 = 0.
⇔ (x + 3)(x2 − 2x − 1) = 0
√ √
⇔ x ∈ {−3, 1 + 2, 1 − 2}.
3
• Nếu x = −3 thì y = 1 + = 0.
x
2
- NGUY N NH T HUY − VÕ TR NG KH I
√ 3 √
• Nếu x = 1 + 2 thì y = 1 + = −2 + 3 2.
√ x √
• Nếu x = 1 − 2 thì y = −2 − 3 2.
√ √ √ √
Vậy tất cả các nghiệm (x, y) thỏa mãn là (−3, 0), (1+ 2, −2+3 2), (1− 2, −2−3 2).
3
- L I GI I Đ THI TOÁN VÀO L P 10 CHUYÊN Đ I H C VINH
Câu 2
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn x2 − y 2 + 2(3x + y) = 23.
b) Cho đa thức P (x) = x2 + bx + c có hai nghiệm nguyên. Biết rằng |c| 16 và |P (9)|
là số nguyên tố. Tìm các hệ số b, c.
Lời giải.
a) Ta biến đổi phương trình như sau
x2 − y 2 + 2(3x + y) = 23 ⇔ (x2 + 6x + 9) − (y 2 − 2y + 1) = 31.
⇔ (x + 3)2 − (y − 1)2 = 31.
⇔ (x − y + 4)(x + y + 2) = 31.
Từ đây, ta xét bảng sau
x−y+4 31 1 −31 −1
x+y+2 1 31 −1 −31
x 13 13 −19 −19
y −14 16 16 −14
Vậy tất cả các nghiệm (x, y) thỏa mãn là (13, −14), (13, 16), (−19, 16), (−19, −14).
b) Gọi hai nghiệm nguyên của P (x) = x2 + bx + c là u, v.
Theo định lý Viete ta được u + v = −b, uv = c.
Vì |P (9)| là số nguyên tố nên |(9 − u)(9 − v)| là số nguyên tố dẫn đến |9 − u| = 1 hoặc
|9 − v| = 1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử |9 − u| = 1 ⇔ u ∈ {8, 10}.
Ȋ Trường hợp 1. u = 10, vì |c| 16, nên |v| ∈ {0, 1} ⇔ v ∈ {−1, 0, 1}.
Mặt khác 9 − 1 = 8, 9 − 0 = 9, 9 + 1 = 10 đều không là số nguyên tố nên trường hợp
này loại.
Ȋ Trường hợp 2. u = 8, vì |c| 16 nên |v| 2.
Mà v phải là số chẵn nên từ đây suy ra v ∈ {2, −2}. Thử lại cả hai giá trị này thỏa
mãn và ta nhận được giá trị của b, c tương ứng là −10, 16 và −6, −16.
Vậy tất cả cặp (b, c) thỏa mãn là (b, c) ∈ {(−10, 16), (−6, −16)}
4
- NGUY N NH T HUY − VÕ TR NG KH I
Câu 3 Xét các số thực không âm a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 1.
1 1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = √ +√ +√ .
a+1 b+1 c+2
Lời giải. Ta có nhận xét sau
2
1 1 1 1 2 a+b+2 2
√ +√ = + + = +√
a+1 b+1 a+1 b+1 (1 + a)(1 + b) ab + a + b + 1 ab + a + b + 1
2
a+b+2 2 1
+√ = 1+ √ .
a+b+1 a+b+1 a+b+1
Do đó ta được
1 1 1
√ +√ 1+ √ .
a+1 b+1 a+b+1
Mặt khác, ta có (a + b + c)2 a2 + b2 + c2 = 1 suy ra a + b 1 − c.
Từ đây kết hợp với c 1(vì c 0 và c2 1), ta suy ra
2
1 1 1 1 1 1 2
P 1+ √ +√ =1+ √ +√ =1+ + +√
2−c c+2 2−c c+2 2−c 2+c 4 − c2
4 2 4 2 1
=1+ 2
+√ 1+ +√ =2+ √ .
4−c 4 − c2 4−1 4−1 3
1
Dấu bẳng xảy ra chẳng hạn khi a = b = 0, c = 1. Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 + √ .
3
5
- L I GI I Đ THI TOÁN VÀO L P 10 CHUYÊN Đ I H C VINH
Câu 4 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng tiếp xúc với (O) tại A, I
là điểm cố định trên đoạn AB và CD là dây cung thay đổi của (O) luôn đi qua I. Các
đường thẳng BC, BD cắt ∆ lần lượt tại M, N .
a) Chứng minh rằng CDN M là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N với đường
thẳng AB. Chứng minh rằng KM CI là tứ giác nội tiếp và tích AM · AN không đổi.
c) Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDN M . Tìm vị trí của CD sao cho độ
dài đoạn thẳng BT nhỏ nhất.
Lời giải.
M
C
R
T
K A
H I O B
D
N
a) Áp dụng hệ thức lượng cho hai tam giác BAM và BAN với hai đường cao tương ứng là
AC, AD ta có. BA2 = BC · BM = BD · BN. Vì vậy tứ giác CDN M nội tiếp.
b) Ta có biến đổi góc M KB = M N B = DCB, Vì vậy tứ giác CIKM nội tiếp.
Do đó BC · BM = BI · BK = BA2 , từ đây suy ra K là điểm cố định.
Từ đây ta suy ra AM · AN = AK · AB cố định.
c) Gọi r là bán kính (T ) thì r2 − T A2 = AM · AN = a không đổi. Ta cũng có ID · IC không
đổi, đặt b = ID · IC = r2 − T I 2 suy ra T I 2 − T A2 = a − b.
Gọi H là hình chiếu của K lên AB theo định lý Pythagore ta có.
(AI + 2AH) · AI = HI 2 − HA2 = T I 2 − T H 2 − T A2 − T H 2 = T I 2 − T A2 = a − b.
Từ đây kết hợp với AI không đổi(A và I cố định) suy ra H cố định do đó BH không đổi.
Khi đó, theo định lý Pythagore ta có.
BT 2 = T H 2 + BH 2 BH 2 .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi T trùng H tức là BA là trung trực của CD suy ra CD
vuông góc AB tại I. Vậy khi CD vuông góc AB tại I thì độ dài đoạn thẳng BT nhỏ nhất.
6
- NGUY N NH T HUY − VÕ TR NG KH I
Câu 5 Gọi M là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 2 chữ số khác nhau. Tìm số nguyên
dương k lớn nhất để tồn tại tập hợp con A có k phần tử của tập hợp M sao cho tích của
4 số bất kì thuộc tập hợp A đều chia hết cho 3.
Lời giải. Trước hết, ta đếm số phần tử thuộc M mà chia hết cho 3.
Ứng với các số có chữ số hàng chục là 1, 4, 7 có 9 số thỏa mãn.
Ứng với các số có chữ số hàng chục là 2, 5, 8 có 9 số thỏa mãn.
Ứng với các số có chữ số hàng chục là 3, 6, 9 có 9 số thỏa mãn.
Vì vậy số phần tử chia hết cho 3 thuộc M là 27 , ta chứng minh |A|max = 30, thật vậy.
Trước hết, A không thể chứa quá 4 phần tử không chia hết cho 3 bởi vì tích của chúng sẽ
không chia hết cho 3. Do đó, |A| 30.
Xây dựng dấu bằng. Xét A là tập hợp các số có 2 chữ số khác nhau chia hết cho 3 và 3 phần
tử bất kỳ thuộc các số còn lại.
Vậy số nguyên dương k lớn nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là 30.
7
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
